1) Để chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá trị của k có hai cách giải. Cách 1 (Đã nói ở lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2 4x 3) + 2(x 1) = 0 (*) là phương trình đối với ẩn k . Thế thì (*) có nghiệm không phụ thuộc k khi và chỉ khi x2 4x 3 = 2(x 1) = 0 x = 1. Cách 2 (Phương pháp cần và đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với mọi x ắt phải có nghiệm với k = 0. + Với k = 0 ta có k(x2 4x 3) + 2(x 1) x = 1. Thay x = 1 vào (*) có 0k + 0 = 0 nghĩa là x = 1 là nghiệm của (*) với mọi k. Ta có điều phải chứng minh. 2) Kết quả một bài toán đâu phải chỉ có là đáp số. Cái quan trọng hơn là cách nghĩ ra lời giải chúng như thế nào, có bao nhiêu con đường (cách giải) để đi đến kết quả đó : Câu V : 1) Mấu chốt của bài toán là chuyển hoá hình thức bài toán. Cụ thể ở đây là biết thay thế việc chứng minh ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm bằng cách chứng minh 1 + 2 0. Sự chuyển hoá này đã giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2 2(b1 + b2). 2) Một cách hiểu khác của bài toán là : Chứng minh cả hai phương trình không thể cùng vô nghiệm. Với cách hiểu này ta chuyển hoá thành chứng minh khả năng 1 + 2 < 0 không thể xảy ra. Thật vậy: Nếu 1 < 0 và 2 < 0 suy ra 1 + 2 < 0. Điều này sẽ dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2 2(b1 + b2). Bài toán được chứng minh. 3) Các cách chứng minh bài toán trên cũng là cách chứng minh trong nhiều phương trình bậc hai, ít nhất có một phương trình có nghiệm. 4) Cùng một kiểu tư duy ấy bạn dễ dàng chứng minh : Với mọi giá trị của m, phương trình x2 mx + m = 0 không thể có hai nghiệm cùng dương. Thật vậy : + Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x = 0. + Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0). + Nếu m > 0, nếu cả hai nghiệm x1, x2 đều âm thì x1+ x2 < 0 suy ra (!). Mâu thuẫn với m > 0. Vậy là bài toán được chứng minh.
Trang 1ĐỀ SỐ 2
Câu 1: a) Rút gọn biểu thức:
3 7 3 7
b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0
Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2
b) Cho hệ phương trình:
4x + ay = b
x - by = a
�
�
Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1)
Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi
toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng
Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với
đường tròn (B, C là tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MIAB, MK
AC (I�AB,K�AC)
a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn
b) Vẽ MPBC (P�BC) Chứng minh: MPK MBC� � .
c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất
Câu 5: Giải phương trình:
y - 2010 1
x - 2009 1 z - 2011 1 3
x - 2009 y - 2010 z - 2011 4
ĐÁP ÁN
Câu 1: a)
3 7 3 7
7 2
3 7 3 7 3 7 3 7
b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
Câu 2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của
phương trình: - x + 2 = x2 �x2 + x – 2 = 0 Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2
+ Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1)
+ Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4)
Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4)
Trang 2b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được:
a = 2 + b
8 - a = b a = 5
8 - 2 + b b
2 + b = a b = 3
�
Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1)
Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1)
Câu 3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở
Điều kiện: x � N*, y > 0
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
15x = y - 5 16x = y + 3
�
�
� Giải ra ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn)
Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng
Câu 4:
a) Ta có:AIM AKM 90� � 0(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. b) Tứ giác CPMK có MPC MKC 90� � 0(gt) Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp
MPK MCK
� (1) Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK MBC� � (cùng chắn MC� ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MPK MBC� � (3)
c)
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ
giác nội tiếp
Suy ra: MIP MBP� � (4) Từ (3) và (4) suy ra
MPK MIP .
Tương tự ta chứng minh được MKP MPI� �
Suy ra: MPK~ ∆MIP�
MP MI
MK MP
�MI.MK = MP2 � MI.MK.MP = MP3
Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi
MP lớn nhất (4)
- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra
OH là hằng số (do BC cố định)
Lại có: MP + OH � OM = R� MP � R –
OH Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và
chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm
chính giữa cung nhỏ BC (5) Từ (4) và (5)
suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 �M
nằm chính giữa cung nhỏ BC
H
O P
K I
M
C B
A
Trang 3Câu 5: Đặt x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c
(với a, b, c > 0) Khi đó phương trình đã cho trở thành:
a - 1 b - 1 c - 1 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
0
4 a a 4 b b 4 c c
� � � � � �
� �� � �� � � �� � ��
1 1 1 1 1 1
0
2 a 2 b 2 c
� � � � � �
� �� � �� � � �� � ��
�a = b = c = 2 Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015
Lời bình:
Câu IVc
Quan sát hình vẽ ta thấy MP là cạnh chung của hai tam giác MPI và MPK, nên
Nếu phán đoán ấy là đúng thì GTLN của MI.MK.MP chính là GTLN của MP.
Đó là điều dẫn dắt lời giải trên
Câu IIa
Lời nhắn
của đồ thị hai hàm số trên.
Câu V
mọi số dương a, b, c ta luôn có
Thay vì đặt câu hỏi khi nào thì dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt bài toán giải phương trình
4
�
4
2
1 1 4
a a
�
Trang 4Thật vậy Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi
= 2
2) Mỗi giá trị của biến cân bằng bất đẳng thức được gọi là điểm rơi của bất đẳng thức ấy.
Theo đó, bất đẳng thức (1) các biến a, b, c đếu có chung một điểm rơi là a = b = c
= 2.
Khi vai trò của các biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với nhau thì các biến ấy có chung một điểm rơi.
Phương trình diễn tả dấu bằng trong bất đẳng thức được gọi là "phương trình điểm rơi".
3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi"
4) Phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi".
2
1 1 4
a
a
�
2
1 1
0 4
a
2
( 2)
0
a a
2
1 1 4
b b
�
2
1 1 4
c c
�
4
3 1 1 1
4 4 4 4
0
� � � � � �